2023届高考数学二轮复习专题6第3讲导数的简单应用作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题6第3讲导数的简单应用作业含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第二篇　专题六　第3讲　导数的简单应用一、选择题1．(2021·浙江模拟)函数y＝23x+1在x＝0处的导数是(　A　)A．6ln2　　 B．2ln2　　C．6　　 D．2【解析】∵y′＝3ln 2·23x+1，∴y＝23x+1在x＝0处的导数是：3ln 2×2＝6ln 2.故选A.2．若函数f(x)＝ex＋ax－1的图象经过点(1，e)，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的斜率k＝(　D　)A．e　　 B．e＋1C．e2　　 D．e2＋1【解析】依题意，e＝f(1)＝e＋a－1，解得a＝1，即函数f(x)＝ex＋x－1，又f′(x)＝ex＋1，得曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的斜率k＝f′(2)＝e2＋1.故选D.3．(2022·洛阳模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　D　)A．f(0)＜0　　 B．9f(－3)＜f(1)C．4f(2)＜f(－1)　　 D．f(1)＜4f(2)【解析】设g(x)＝x2f(x)，∵f(x)为偶函数，∴g(－x)＝g(x)，即g(x)也是偶函数．①∵对任意x∈[0，＋∞)，都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，∴2f(0)＋0·f′(0)＝2f(0)＞0，故A错误；又当x≥0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2·f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]≥0，∴函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，②由①②得g(－3)＝g(3)＝9f(3)＞12·f(1)＝g(1)，故B错误；同理可得，g(2)＝4f(2)＞f(－1)＝f(1)＝g(1)，故C错误，D正确．故选D.4．f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x－1)＞0的解集为(　A　)A．(0，1)∪(2，＋∞)B．(－∞，1)∪(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图象如下：∴f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)，又y＝f(x－1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移一个单位，∴不等式f(x－1)＞0的解集为(0，1)∪(2，＋∞)，故选A.5．已知函数f(x)＝－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为(　B　)A．　　 B．C．　　 D．【解析】f′(x)＝－a，设g(x)＝＝－，∵函数f(x)在区间(1，＋∞)上有极值，∴f′(x)＝g(x)－a在(1，＋∞)上有变号零点，令＝t，由x＞1可得lnx＞0，即t＞0，得到y＝t－t2＝－＋≤，∴a＜.故选B.6．函数f(x)＝(x－2)·ex的最小值为(　B　)A．－2　　 B．－e　　C．－1　　 D．0【解析】　f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(1)＝－e.故选B.7．(2021·济南二模)已知函数f(x)＝lnx－ax(x≥1)，若f(x1)＝f(x2)＝m(x1＜x2)，且x2－x1＝1，则实数a的最大值为(　C　)A．2　　 B．　　C．ln2　　 D．e【解析】∵f(x)＝lnx－ax(x≥1)，且f(x1)＝f(x2)，∴lnx1－ax1＝lnx2－ax2，∴a(x2－x1)＝lnx2－lnx1＝ln，又∵x2－x1＝1，∴a＝ln，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝－<0，∴函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝2，∴a的最大值为ln 2，故选C.8．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1，0)、(2，0)，如图所示，则下列命题正确的是(　D　)A．当x＝时函数取得极小值B．f(x)有两个极大值点C．f(1)＜0D．abc＜0【解析】函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，a＞0，f′(1)＝0，f′(2)＝0，x＝1，x＝2是函数的两个极值点，f(1)是极大值，f(2)是极小值，所以A，B，C不正确；f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图象可得－＞0，b＜0，＞0，所以c＞0，可得abc＜0，所以D正确．故选D.二、填空题9．曲线f(x)＝xcosx在点(0，f(0))处的切线方程为__y＝x__.【解析】　由题设知：f′(x)＝cosx－x sin x，∴f′(0)＝cos 0－0×sin 0＝1，而f(0)＝0cos 0＝0，∴f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.10．(2021·安徽师范大学附属中学模拟)函数f(x)＝x2－2lnx＋x的极值点是__1__．【解析】　f(x)＝x2－2ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＋1＝(x＋2)(x－1)，所以令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以x＝1为f(x)＝x2－2ln x＋x的极值点．故答案为1.11．已知函数f(x)＝ex＋lnx，g(x)＝4x＋，且x满足1≤x≤2，则g(x)－f(x)的最大值为__5－e__．【解析】　令h(x)＝g(x)－f(x)＝4x＋－ex－lnx，1≤x≤2，则h′(x)＝4－－ex－，令m(x)＝4－－ex－，则m′(x)＝－ex＋，1≤x≤2，易知m′(x)单调递减，则m′(1)＝3－e>0，m′(1.1)＝＋－e1.1<0，则必存在一点x0∈(1，1.1)，使m′(x0)＝－ex0＋＝0，即＋＝ex0，即m(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减，则函数m(x)在x0处取最大值，且m(x0)＝4－－ex0－＝4－－－－＝4－－－，x0∈(1，1.1)，易知m(x0)单调递增，则m(x0)<m(1.1)＝4－－－<0，则m(x)<0，在1≤x≤2时，恒成立，即h′(x)<0，故h(x)单调递减，从而h(x)≤h(1)＝5－e，故答案为5－e.三、解答题12．已知函数f(x)＝x3＋x2－2x＋，其中a∈R.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y－1＝0平行．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．【解析】　(1)由已知，可得f′(x)＝x2＋ax－2.∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线2x＋y－1＝0平行，∴f′(1)＝a－1＝－2，解得a＝－1.经验证，a＝－1符合题意．(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋，求导f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2).令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴当x＝－1时，f(x)取得极大值，且f(－1)＝2；当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝－.13．已知函数f(x)＝4lnx－3x－aex.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)的导函数f′(x)有两个零点，求实数a的取值范围．【解析】　(1)∵f(x)＝4ln x－3x－aex，当a＝0时，f(x)＝4ln x－3x，则f′(x)＝－3，∴f′(1)＝4－3＝1，又f(1)＝－3，∴所求切线方程为y＋3＝x－1，即x－y－4＝0.(2)由题意得：f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝－3－aex＝；∵f′(x)有两个零点，∴4－3x－axex＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根；即axex＝4－3x在(0，＋∞)上有两个不等实根，∴a＝，令g(x)＝，转化为y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，∵g′(x)＝＝，∴当x∈(0，2)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(2，＋∞)上单调递增；∴g(x)min＝g(2)＝－；又g＝0，当x＞2时，g(x)＜0，可得g(x)的大致图象如图所示，由图象可知：若y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，需满足－<a<0，即实数a的取值范围为.